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21.解:(Ⅰ)∵S
S
1∴S

S
S
1,
S
1S
S
1S
S
1,S
10,∴S
S
11(
≥2),
又∵a
0,∴S
∴数列

S是等差数列,首项为
22
S11,公差为1,
∴S
1
1
,∴S


≥2时,a
S
S
1
12
1;
2
又a11,∴数列a
的通项公式为a
2
1(Ⅱ)b
∴T
由a
1
11111,a
a
12
12
122
12
1
11111111
1123352
12
122
12
1
≥λT
得2
1≥λ×对任意正整数
都成立,2
1
∴2
12≥λ

2
124
24
11∴λ≤4
4

令fx4x
11x≥1,则f′x420,xx
∴fx在1∞上递增,
1的最小值为5,∴λ≤9
122.解:(Ⅰ)a1时,fxx3l
x,x13x211x2x124,则f′x12xxx2x2
∴对任意正整数
,4
当0x≤1时,f′x0,∴fx在01上单调递增,
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f∴fx在01上的最大值为f13(Ⅱ)f′x1
1ax2ax12(0x1),判别式a422xxx
∵0x1,a0,∴当≤0时,即0a≤2时,xax10,因此,f′x0,
2
此时,fx在01上单调递增,即fx只有增区间01当0时,即a2时,方程xax10有两个不等根,
2
aa24设x1,2x2aa24,则0x1x2当x变化时,f′x,fx的变化如下:2
x
f′xfx
0x1
单调递增
x1
0极大值
x1x2
单调递减
x2
0极小值
x2∞
单调递增
x11
aa24a2a24122
∵a2,∴a20而a22a24a4,a242a24,由a2可得
a24a4a24,∴a2a24,∴x110,∴x11
x21
aa24a2a241,由a2可得x210,∴x2122
aa24aa241,减区间为22
因此当a2时,fx的增区间为0
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